Уравнение прямой метод координат при решении геометрических задач

Метод координат

Для решения задачи по стереометрии координатным методом нужно выбрать декартову систему координат. Ее можно выбрать как угодно, главное, чтобы она была удобной. Приведем примеры выбора системы координат в кубе, пирамиде и конусе:

Далее необходимо найти координаты основных точек в выбранной системе координат. Это могут быть вершины объемной фигуры, середины ребер или любые другие точки, указанные в условии задачи. Найдем координаты куба и правильной пирамиды (предположим, что все ребра равны \(4\)):

Куб: Очевидно, что координаты точки \(A\) в начале координат — \((0;0;0)\). т. \(B\) — \((4;0;0)\), т. \(G\) — \((4;4;4)\) и т.д. (Рис. 1).

С кубом все просто, но в других фигурах могут возникнуть трудности с нахождением координат.

Давайте рассмотрим правильную пирамиду \(ABCD\):

У \(т. A\) координаты \((0;0;0)\), потому что она лежит в начале координат.

Координату \(x\) точки \(С\) можно получить, опустив перпендикуляр \(CE\) из \(т.С\) на ось \(OX\). (см. Рис. 2). Получится \(т.E\), указывающая на искомую координату по \(x\) – 2.

Координату \(y\) точки \(С\) тоже получаем, опустив перпендикуляр \(CF\) на ось \(OY\). Координата \(y\) \(т.С\) будет равна длине отрезка \(AF=CE\). Найдем его по теореме Пифагора из треугольника \(AFC\): $$ ^2=^2+^2,$$ $$ 4^2=2^2+^2,$$ $$ CE=\sqrt<12>. $$ Координата \(z\) точки \(C\), очевидно, равна \(0\), потому что \(т.С\) лежит в плоскости \(XOY\). $$ C (2;\sqrt<12>; 0). $$

И найдем координаты вершины пирамиды (\(т.D\)). (Рис. 3) Координаты \(X\) и \(Y\) у точки \(D\) совпадают с координатами \(X\) и \(Y\) у точки \(H\). Напомню, что высота правильной треугольной пирамиды падает в точку пересечения медиан, биссектрис и высот. Отрезок \(EH=\frac<1><3>*CE=\frac<1><3>*\sqrt<12>\) (медианы в треугольнике точкой пересечения делятся в отношении как \(\frac<1><3>\)) и равен координате точки \(D\) по \(Y\). Длина отрезка \(IH=2\) будет равна координате точки \(D\) по \(X\). А координата по оси \(Z\) равна высоте пирамиде: $$ ^2=^2+^2, $$ $$ =\sqrt<4^2-<\frac<2><3>*AF>^2>, $$ $$ =\frac<32><3>. $$ $$ D (2, \frac<1><3>*\sqrt<12>, \frac<32><3>). $$

Координаты вектора

Вектор – отрезок, имеющий длину и указывающий направление.

На самом деле, понимать, что такое вектор для решения задач методом координат необязательно. Можно просто использовать это понятие, как необходимый инструмент для решения задач по стереометрии. Любое ребро или отрезок на нашей фигуре мы будем называть вектором.

Для того, чтобы определить координаты вектора, нужно из координат конечной точки вычесть координаты начальной точки. Пусть у нас есть две точки (Рис. 4) : $$ т.А(x_A,y_A,z_A); $$ $$ т.B(x_B,y_B,z_B); $$ Тогда координаты вектора \(\vec\) можно определить по формуле: $$ \vec=. $$

Скрещивающиеся прямые

И так, мы научились находить координаты точек, и при помощи них определять координаты векторов. Теперь познакомимся с формулой нахождения косинуса угла между скрещивающимися прямыми (векторами). Пусть даны два вектора: $$ a=;$$ $$ b=; $$ тогда угол \(\alpha\) между ними находится по формуле: $$ \cos<\alpha>=\frac<\sqrt<^2+^2+^2>*\sqrt<^2+^2+^2>>. $$

Уравнение плоскости

В задачах №14 (С2) ЕГЭ по профильной математике часто требуется найти угол между прямой и плоскостью и расстояние между скрещивающимися прямыми. Но для этого вы должны уметь выводить уравнение плоскости. В общем виде уравнение плоскости задается формулой: $$ A*x+B*y+C*z+D=0,$$ где \(A,B,C,D\) – какие-то числа.

Если найти \(A,B,C,D\), то мы мы найдем уравнений плоскости. Плоскость однозначно задается тремя точками в пространстве, значит нужно найти координаты трех точек, лежащий в данной плоскости, а потом подставить их в общее уравнение плоскости.

Например, пусть даны три точки:

Подставим координаты точек в общее уравнение плоскости:

$$\begin A*x_K+B*y_K+C*z_K+D=0,\\ A*x_L+B*y_L+C*z_L+D=0, \\ A*x_P+B*y_P+C*z_P+D=0.\end$$

Получилась система из трех уравнений, но неизвестных 4: \(A,B,C,D\). Если наша плоскость не проходит через начало координат, то мы можем \(D\) приравнять \(1\), если же проходит, то \(D=0\). Объяснение этому простое: вы можете поделить каждое ваше уравнения на \(D\), от этого уравнение не изменится, но вместо \(D\) будет стоять \(1\), а остальные коэффициенты будут в \(D\) раз меньше.

Теперь у нас есть три уравнения и три неизвестные – можем решить систему:

Найти уравнение плоскости, проходящей через точки $$ K(1;2;3);\,P(0;1;0);\,L(1;1;1). $$ Подставим координаты точек в уравнение плоскости \(D=1\): $$\begin A*1+B*2+C*3+1=0,\\ A*0+B*1+C*0+1=0, \\ A*1+B*1+C*1+1=0.\end$$ $$\begin A+2*B+3*C+1=0,\\ B+1=0, \\ A+B+C+1=0.\end$$ $$\begin A-2+3*C+1=0,\\ B=-1, \\ A=-C.\end$$ $$\begin A=-0.5,\\ B=-1, \\ C=0.5.\end$$ Получаем искомое уравнение плоскости: $$ -0.5x-y+0.5z+1=0.$$

Расстояние от точки до плоскости

Зная координаты некоторой точки \(M(x_M;y_M;z_M)\), легко найти расстояние до плоскости \(Ax+By+Cz+D=0:\) $$ \rho=\frac<|A*x_M+B*y_M+C*z_M+D|><\sqrt>. $$

Найдите расстояние от т. \(H (1;2;0)\) до плоскости, заданной уравнением $$ 2*x+3*y-\sqrt<2>*z+4=0.$$

Из уравнения плоскости сразу находим коэффициенты: $$ A=2,\,B=3,\,C=-\sqrt<2>,\,D=4.$$ Подставим их в формулу для нахождения расстояния от точки до плоскости. $$ \rho=\frac<|2*1+3*2-\sqrt<2>*0+4|><\sqrt<2^2+3^2+<-\sqrt<2>>^2>>. $$ $$ \rho=\frac<12><\sqrt<16>>=3.$$

Расстояние между скрещивающимися прямыми

Расстояние между скрещивающимися прямыми – это расстояние от любой точки одной из прямых до параллельной ей плоскости, проходящей через вторую прямую.

Таким образом, если требуется найти расстояние между скрещивающимися прямыми, то нужно через одну из них провести плоскость параллельно второй прямой. Затем найти уравнение этой плоскости и по формуле расстояния от точки до плоскости найти расстояние между скрещивающимися прямыми. Точку на прямой можно выбрать произвольно (у которой легче всего найти координаты).

Рассмотрим задачу из досрочного ЕГЭ по математике 2018 года.

Дана правильная треугольная призма \(ABCFDE\), ребра которой равны 2. Точка \(G\) — середина ребра \(CE\).

• Докажите, что прямые \(AD\) и \(BG\) перпендикулярны.
• Найдите расстояние между прямыми \(AD\) и \(BG\).

Решим задачу полностью методом координат.

Нарисуем рисунок и выберем декартову систему координат. (Рис 5).

Применение метода координат при решении геометрических задач

Обращаем Ваше внимание, что в соответствии с Федеральным законом N 273-ФЗ «Об образовании в Российской Федерации» в организациях, осуществляющих образовательную деятельность, организовывается обучение и воспитание обучающихся с ОВЗ как совместно с другими обучающимися, так и в отдельных классах или группах.

МУНИЦИПАЛЬНОЕ АВТОНОМНОЕ ОБЩЕОБРАЗОВАТЕЛЬНОЕ УЧРЕЖДЕНИЕ СРЕДНЯЯ ОБЩЕОБРАЗОВАТЕЛЬНАЯ ШКОЛА № 2 станицы Брюховецкой Брюховецкого района

Научно-исследовательская конференция школьников «Эврика»

Малой академии наук учащихся Кубани

Применение метода координат

при решении геометрических задач

ученица 9Б класса

Грекова Валерия Александровна

Носкова Людмила Ивановна

1. Краткая историческая справка……………………………………………………………..5

2. Составление уравнений линий по их геометрическим свойствам………….…. 7

3. Доказательство известных теорем и утверждений геометрии при помощи метода координат……………………………………………………………………………………. .10

3.2. Теорема о средней линии трапеции…………………………………………………11

3.3. Деление отрезка в заданном отношении…………………………………………….12

3.4. Формула площади треугольника…………………………………………………….14

3.5. Теорема о радиусе окружности, описанной около треугольника………………….15

Список используемой литературы………………………………………………………….25

Актуальность проблемы. Метод координат является одним из самых универсальных методов не только в геометрии и вообще в математике, но и во многих других естественных и технических науках, и все же его значение не следует преувеличивать.

Конечно, очень хотелось бы иметь один или два метода «на все случаи жизни». Однако таких методов нет. Метод координат, например, дает универсальный способ перевода с языка геометрии на язык алгебры, но при этом могут возникать алгебраические задачи, гораздо более трудные, чем исходные геометрические.

Первым и, возможно, самым главным этапом решения геометрической задачи методом координат является разумный выбор системы координат. Необходимо, чтобы выбранная система координат естественным образом была «привязана» к изучаемой геометрической фигуре.

Проблема исследования заключается в том, некоторые геометрические задачи решаются очень сложно, а с применением этого метода, решение упрощается. Поэтому тема моего исследования: «Применение метода координат при решении геометрических задач».

Объект исследования: решение планиметрических задач

Предмет исследования: метод координат как способ решения геометрических задач

Целью исследования было показать преимущество применения этого метода для решения геометрических задач

Гипотеза исследования. Исходное предположение заключалось в том, использование метода координат для решения некоторых геометрических задач целесообразнее .

В соответствии с целью и выдвинутой гипотезой были поставлены следующие задачи исследования:

Изучить литературу по данной проблеме.

Проверить эффективность метода при решении конкретных геометрических задач.

Практическая значимость исследования. Метод координат в геометрии в том и состоит, что посредством координат точек геометрические объекты задают аналитически с помощью чисел, уравнений, неравенств или их систем и тем самым при доказательстве теорем или решении геометрических задач используют аналитические методы. Это существенно упрощает рассуждение и часто позволяет доказывать теоремы или решать задачи, пользуясь определенным алгоритмом (производя те или иные вычисления), в то время, как синтетический метод в геометрии в большинстве случаев требует искусственных приемов. Овладение универсальными учебными действиями – это требование стандартов образования нового поколения.

В работе будут использоваться эмпирические методы, включающие: наблюдение; экспериментальные методы, анализ продуктов деятельности.

Работа будет состоять из введения, четырёх глав, заключения, списка используемой литературы и приложения.

ГЛАВА 1. Краткая историческая справка

Большую роль в развитии геометрии сыграло применение алгебры к изучению свойств геометрических фигур, разросшееся в самостоятельную науку – аналитическую геометрию. Возникновение аналитической геометрии связано с открытием метода координат, являющегося основным ей методом.

Идея координат зародилась в науке Вавилона и Греции в связи с потребностями географии, астрономии и мореплавания. Еще во II веке до н.э. греческий ученый Гиппарх предложил определять положение точки на земной поверхности с помощью географических координат – широта и долготы, выражаемых числами. В XIX в. француз Орест (1323 – 1382) перенес эту идею в математику, предложив покрывать плоскость прямоугольной сеткой и называть широтой и долготой числа, характеризующие положение точки на этой сетке. Наконец, в XVII в. французский математик и философ Р. Декарт (1596 – 1650) первым увидел и реализовал возможность записи геометрических фигур – линий на координатной плоскости с помощью алгебраических уравнений, связывающих координаты точек этих линий, что послужило основой создания новой отрасли математики — аналитической геометрии.

Впервые координат ввел Рене Декарт, который родился в 1596 г. в городе Лаэ на юге Франции, в дворянской семье. Отец хотел сделать из Рене офицера. Для этого в 1613 г. он отправил Рене в Париж. Много лет пришлось Декарту пробыть в армии, участвовать в военных походах в Голландии, Германии, Венгрии, Чехии, Италии, в осаде крепости гугенотов Ла-Рошали. Но Рене интересовала философия, физика и математика. Вскоре по приезду в Париж он познакомился с учеником Виета, видным математиком того времени – Мерсеном, а затем и с другим математиками Франции. Будучи в армии, Декарт все свое свободное время отдавал занятиям математикой. Он изучил алгебру немецких, математику французских и греческих ученых.

Самым известным трудом Декарте является его «Геометрия». Декарт ввел систему координат, которой пользуются все и в настоящее время. Он установил соответствие между числами и отрезками прямой и таким образом ввел алгебраический метод в геометрию. Эти открытия Декарта дали огромный толчок развитию как геометрии, так и другим разделам математики, оптики. Появилась возможность изображать зависимость величин графически на координатной плоскости, числа – отрезками и выполнять арифметические действия над отрезками и другими геометрическими величинами, а также различными функциями. Это был совершенно новый метод, отличавшийся красотой, изяществом и простотой.

ГЛАВА 2. Составление уравнений линий по их геометрическим свойствам.

Характерным для геометрии способом задания линий является определение их как геометрических мест точек, обладающих заданными свойствами. Так, например, окружность определяется как геометрическое место точек, равноудаленных от некоторой фиксированной точки. Если ввести на плоскости декартову систему координат должна обладать точка М (х; у), чтобы принадлежать данному геометрическому месту точек, то мы тем самым получим уравнение этого геометрического места точек. В разных системах координат уравнения одной и той же линии будут различными. Обычно оси координат стараются расположить так, чтобы уравнение линии оказалось наиболее простым, а характеристическое свойство точки, принадлежащей этой линии, легко переводилось на алгебраический язык. Так, если линия обладает взаимно перпендикулярными осями симметрии, то их и принимают за координатные оси; если у нее есть центр симметрии, то начало координат помещают в этот центр и т.п. В частности, как вы знаете, управление окружности приобретает наиболее простой вид, если начало координат помещено в ее центр: x 2 + y 2 = R 2 .

Гиперболой называется геометрическое место точек, разность расстояний которых от двух фиксированных точек, называемых фокусами, есть величина постоянная, меньшая, чем расстояние между фокусами.

Пусть фокусами гиперболы являются точки F ₁ и F ₂ , F ₁ F ₂ =2с, а упомянутая в определении разность расстояний равна 2а, где 2а , где в отличие от эллипса b 2 = c 2 — a 2 .

Эллипсом называется геометрическое место точек, называемых фокусами, есть величина постоянная, большая, чем расстояние между фокусами.

Пусть фокусами эллипса являются точки F ₁ , F ₂ , причем F ₁ F ₂ =2с, а упомянутая в определении сумма расстояний равна 2а, где 2а>2с. Из определения очевидна симметрия эллипса относительно прямой, проходящей через фокусы, и серединного перпендикуляра к отрезку F ₁ F _2. Указанные прямые примем за оси Ох и Оу соответственно. При этом фокусами будут точки F ₁ (-с;0) F ₂ (с;0). Условие принадлежности точки М(х;у) эллипсу М F ₁ +М F ₂ =2а запишется в такой системе координат в виде

Упростим это уравнение. Для этого перенесем один из радикалов вправо. Возведем обе части полученного равенства в квадрат:

После повторного возведения обеих частей равенства в квадрат получаем:

После приведения подобных слагаемых приходим к равенству: откуда

И наконец, обозначив b 2 = a 2 — c 2 , приходим к каноническому уравнению эллипса:

Это термин известен нам из курса алгебры как название графика квадратной функции y = ax 2 + bx + c . Дадим определение этой кривой, принятое в геометрии.

Параболой называется геометрическое место точек, равноудаленных от некоторой точки, называемой фокусам, и некоторой прямой, называемой директрисой.

Расположим ось абсцисс параллельно директрисе параболы на равном расстоянии от директрисы и фокуса, а ось ординат пусть проходит через фокус F (рис. 1). Если p – расстояние от фокуса F до директрисы, то в указанной системе координат фокус есть точка F (0; ), а директриса задается уравнением y =- . Условие MF = MP (где МР – расстояние от точки М до директрисы) принадлежности точки М ( x , y ) данной параболе в переводе на алгебраический язык даст равенство

Возведя обе части этого равенства в квадрат и выполнив очевидные преобразования, получим уравнение параболы в виде x 2 =2ру. Уравнение такого вида называют каноническим уравнением параболы.

ГЛАВА 3 Доказательство известных теорем и утверждений геометрии при помощи метода координат.

3.1. Теорема Пифагора.

В прямоугольном треугольнике квадрат гипотенуз равен сумме квадратов катетов.

Дано: ОВС – прямоугольный треугольник, О (0; 0), С (а; 0), В (0; в).

Доказать: ВС 2 =ОС 2 +ОВ 2

ОС (а; о), ОВ (0; в), ВС (а; -в)

| OC | 2 = a 2 ; | OB | 2 = b 2 ; | BC | 2 = a 2 + b 2 , значит: ВС 2 =ОС 2 +ОВ 2 , что и следовало доказать.

3.2. Теорема о средней линии трапеции

Средняя линия трапеции параллельна основаниям и равна их полусумме.

Доказательство.

Пусть ABCD – трапеция, MK – средняя линия. Точку А примем за начало координат. Луч AD примем за положительную полуось абсцисс. Координаты вершин трапеции будут следующими: A (0;0), D ( x ₁ ;0), C ( x ₂ ; y ₂ ), B ( x ₃ ; y ₃ ). Тогда координаты точек M и K такие: Видим, что ординаты концов средней линии равны. Следовательно, средняя линия параллельна оси абсцисс. Поскольку основание трапеции лежит на оси абсцисс, то средняя линия параллельна основаниям.

Вычислим длины оснований и средней линии трапеции. AD = x ₁ , BC = x ₂ — x ₃ , MK =

3.3. Деление отрезка в заданном отношении

Мы уже умеем решать такую задачу для отрезка, расположенного на координатной прямой. Рассмотрим теперь отрезок А ₁ А ₂ на координатной плоскости, где A ₁ ( x ₁ ; y ₁ ), A ₂ ( x ₂ ; y ₂ ). Если точка А делит этот отрезок в отношении , т. е. , то в силу обобщенной теоремы Фалеса точки А _x и A_y , являющиеся проекциями точки А ( x ; y ) на оси Ox и Oy соответственно, делят отрезки этих осей и в том же отношении и потому, воспользовавшись выведенной ранее формулой, получаем:

Таким образом, и на плоскости сохраняется та же формула, причем абсцисса точки деления зависит только от абсцисс концов отрезка, а ордината – только от ординат. В частности, при получаем знакомые вам из курса геометрии формулы для нахождения координат середины отрезка:

Воспользуемся формулами для доказательства того факта, что все три медианы треугольника пересекаются в одной точке и делятся этой точкой в отношении 2:1, считая от вершины.

Введем систему координат, и пусть вершинами треугольника являются точки A ( x ₁ ; y ₁ ), В ( x ₂ ; y ₂ ),

С ( x ₃ ; y ₃ ). Пусть L , M , N – середины сторон AB , BC , AC соответственно. Согласно формуле найдем координаты точки P ( x ; y ), делящей медиану AM в отношении 2:1, с помощью формул. Получим:

Из симметрии этих формул (равноправности вхождений x ₁ ( y ₁ ), x ₂ ( y ₂ ), x ₃ ( y ₃ )) ясно, что те же самые координаты будет иметь и точка, делящая в отношении 2:1 медиану CL , и точка, делящая в том же отношении медиану BN . Но это означает, что точка P является общей для всех трех медиан, т. е. точкой их пересечения. Заметим, что формулы для координат точки пересечения медиан треугольника оказались очень простыми.

3.4. Формула площади треугольника

Рассмотрим на координатной плоскости xy треугольник с вершинами в точках A ( x ₁ ; y ₁ ), B ( x ₂ ; y ₂ ), C ( x ₃ ; y ₃ ). Уравнение прямой, на которой лежит сторона AB этого треугольника, можно, как вы знаете, записать в виде

Поставив координаты третьей вершины

C ( x ₃ ; y ₃ ) в левую часть этого уравнения, получим некоторое значение

Чтобы понять геометрический смысл числа q , заметим, что уравнение ( x — x ₁ )( y ₂ — y ₁ )-( y — y ₁ )( x ₂ — x ₁ )= q задает прямую, параллельную стороне AB данного треугольника. Поэтому для каждой точки этой прямой результат подстановки ее координат в левую часть уравне6ния тот же, что и для точки C ( x ₃ ; y ₃ ), и дает число q . Значит, тог же значение получится и для точки C ₁ ( x ₄ ; y ₁ ) пересечения упомянутой прямой с прямой y = y ₁ , параллельной оси абсцисс и проходящей через вершину A треугольника. Но в этой точке ( x — x ₁ )( y ₂ — y ₁ )-( y — y ₁ )( x ₂ — x ₁ )=( x ₄ — x ₁ )( y ₂ — y ₁ ). Геометрический смысл последнего выражения понять уже несложно: │( x ₄ — x ₁ )( y ₂ — y ₁ )│ есть не что иное, как площадь параллелограмма со сторонами AB и AC ₁ . длина стороны AC ₁ равна │( x ₄ — x ₁ │, а длина высоты параллелограмма, опущенной из вершины B на эту сторону, есть не что иное, как │ y ₂ — y ₁ │. Поэтому │ q │ есть площадь ∆ ABC ₁ , но она такая же, что и у ∆ ABC , с которого мы начали рассмотрение. (Ведь вершина C ₁ получилась в результате «скольжения» вершины C по прямой, параллельной стороне треугольника, а основание осталось неизменным!) В результате приходим к следующей замечательной формуле для площади треугольника:

S = │ x ₃ — x ₁ )( y ₂ — y ₁ )-( y ₃ — y ₁ )( x ₂ — x ₁ ) │.

3.5. Теорема о радиусе окружности, описанной около треугольника

В треугольнике ABC известны стороны: AB = c , BC = a , AC = b . Найти радиус окружности, описанной около этого треугольника.

Примем вершину А треугольника за начало координат, ось абсцисс направим от А к В, как на рисунке.

Тогда вершина В будет иметь координаты (с;0),

Где с – это длина стороны АВ.

Пусть вершина С имеет координаты ( x_c ; y_c ),

А центр М описанной окружности –

Координаты ( x_m ; y_m ). Искомый радиус этой окружности обозначим через R .

Запишем условие того, что точки А (0;0), В ( b ;0) и С ( x_c ; y_c ) лежат на окружности ( M ; R ). Эти условия легко получить, если записать уравнение окружности, то есть ( x — x_m ) 2 +( y — x_m ) 2 = R 2 , а затем в это уравнение вместо x и y подставить координаты точек А, В и С. Получатся такие три равенства:

Каждое из этих условий выражает тот факт, что расстояние точек А (0;0), В ( c ;0) и С ( x_c ; y_c ) от центра окружности О ( a ; b ) равно одной и той же величине – искомому радиусу R .

Таким образом, мы получаем систему трех уравнений с тремя неизвестными — x_m , y_m и R .

Раскрывая скобки в двух последних уравнениях, получим:

Теперь вычтем из второго и третьего уравнения первое:

откуда легко получить:

Третье равенство в этой строке выражает искомый радиус окружности, описанной около треугольника, но в эту формулу входят координаты вершины C , не данные в условии. Однако из формулы расстояния между точками следует, что

Кроме того, число y_c равно высоте треугольника АВС, опущенной из вершины С. Поэтому формулу для радиуса можно записать короче:

Если еще заметить, что где S – площадь треугольника АВС, то эта формула примет совсем красивый и удобный вид:

ГЛАВА 4 Решение задач

Составьте уравнение окружности, описанной около треугольника ABC , если его вершины имеют следующие координаты: A (-3;1), B (3;1), C (-1;-1).

Центр описанной окружности лежит на пересечении серединных перпендикуляров к сторонам треугольника. Ось ординат является серединным перпендикуляром к стороне AB , значит центр окружности описанной около ∆ ABC имеет координаты (0;у).Так как он одинаково удален от точек C и B , то выполняется равенство:

(0+1) 2 +(у+1) 2 =(0-3) 2 +(у-1) 2 ,

1+у 2 +2у+1=9+у 2 -2у+1,

Координаты центра D (0;2).

R = DA = DC = DB , R = .

Уравнение окружности: X 2 +( y -2) 2 =10

Ответ: X 2 +( y -2) 2 =10.

Если точка A пересечения диагоналей четырехугольника MNPQ и середины B , C его противоположных сторон MN и PQ лежат на одной прямой, то MNPQ – трапеция или параллелограмм.

Предположим Тогда и Так как B – середина отрезка MN , то Аналогично, . По условию задачи A , B и C лежат на одной прямой, и потому существует такое число m , что т. е. или откуда следует, что m = k = l . Тогда т. е. Следовательно, ││ т. е. MNPQ – трапеция или параллелограмм.

В равнобедренном треугольнике ABC ( AB = BC =8) тока E делит боковую сторону AB в отношении 3:1, считая от вершины.

Вычислить угол между векторами и если CA =12.

Из ∆ OBC ^ OB = (-12;0), (6;2 ), ( ). Отсюда,

Cos =

Доказать, что прямая, проходящая через середины оснований трапеции, проходит через точку пересечения прямых, содержащих боковые стороны.

Пусть ABCD – данная трапеция с большим основанием AD / Систему координат выберем так как показано на рисунке. В этой системе координат вершины трапеции имеют координаты A (0;0), B (0;1), C ( a ;1), D (1;0). Так как AD > BC , то 0 a

M ( ), N ( ). Напишем уравнение прямых AB , CD и MN ^

(AB)6x=0; (CD):x-(a-1)y-1=0; (MN):x+

Решив совместно первые два уравнения, находим координаты точки E пересечение прямых AB и CD : У (0; ). Координаты этой точки удовлетворяют уравнению прямой MN : поэтому прямая MN проходит через точку пересечения прямых AB и CD .

Докажите, что середина гипотенузы прямоугольного треугольника равноудалена от всех его вершин.

Пусть ∆ ABC – прямоугольный, A (0; b ), И ( a ;0), C (0;0). M – середина гипотенузы.

M

MC =

MA = .

Таким образом, MA = MB = MC = R – радиусу описанной около ∆ ABC окружности.

Доказать, что сумма квадратов всех сторон параллелограмма равна сумме квадратов его диагоналей.

AB 2 =b 2 +c 2 ; AD 2 =a 2 ; AC 2 =(a+b) 2 +c 2

BD 2 =( a — b ) 2 + c 2 – использовали формулу расстояния между точками.

AB 2 +BC 2 +CD 2 +DA 2 =2(AB 2 +AD 2 )=2(a 2 +b 2 +c 2 )

AC 2 +BD 2 =(a+b) 2 +c 2 +(a-b) 2 +c 2 =2(a 2 +b 2 +c 2 )

Таким образом: AB 2 + BC 2 + CD 2 + DA 2 = AC 2 + BD 2 .

Медиана, проведенная к основанию равнобедренного треугольника, равна 160 см, а основание треугольника равно 80 см. Найдите две другие медианы этого треугольника.

Дано: ∆ ABC – равнобедр. B (0;160), A (-40;0), C (40;0)

1) Найдем координаты середин отрезков AB и CB :

M M (-20;80)

N N (20;80)

2) CM 2 =(-20-40) 2 +(80-0) 2 =3600+6400=10000

AN 2 =(20+40) 2 +(80-0) 2 =3600+6400=10000

Ответ: CM = AN =100.

Высота треугольника, равная 10 см, делит основание на два отрезка, равные 10 см и 4 см. Найдите медиану, проведенную к меньшей из двух других сторон.

Пусть A (-10;0), B (0;10), С (4;0). Координаты точки

M M (2;5).

AM 2 =(-10-2) 2 +(0-5) 2 +144+25=169.

В процессе изучения дополнительной литературы, применения полученных знаний по методу координат, я сделала вывод, что это интересный рациональный метод, при помощи которого некоторые теоремы доказываются «в одну строчку» (теорема Пифагора, теорема о средней линии трапеции, теорема о средней линии треугольника, теорема о свойствах диагоналей параллелограмма), а задачи решаются гораздо легче, чем традиционным способом при правильном выборе системы координат. Математическая красота и наглядность на лицо. В работе представлены более интересные задачи по планиметрии из всех тех, которые были решены.

В дальнейшем, при изучении стереометрии, можно воспользоваться полученными знаниями и решать некоторые стереометрические задачи методом координат.

Геометрия. 11 класс

Конспект урока

Геометрия, 11 класс

Урок № 3. Координатный метод решения задач

Перечень вопросов, рассматриваемых в теме:

• специфика и преимущества решения задач в пространстве координатным методом;
• типы задач, решаемые координатным методом;
• этап решения задачи координатным методом;
• решение несложных задач методом координат.

Глоссарий по теме

Уравнение вида задает в пространстве плоскость α.

При этом вектор – это вектор, перпендикулярный плоскости α. Его называют вектор нормали, или нормальный вектор, или нормаль. Очевидно, что нормалью является любой вектор, коллинеарный вектору .

Вектор и любой коллинеарный ему вектор называются направляющим векторами прямой и прямой соответственно.

Шарыгин И.Ф. Геометрия. 10–11 кл. : учеб. для общеобразоват. Учреждений – М.: Дрофа, 2009. – 235, : ил., ISBN 978–5–358–05346–5, сс. 163-170.

Потоскуев Е.В., Звавич Л. И. Геометрия. 11кл.: учеб. Для классов с углубл. И профильным изучением математики общеобразоват. Учреждений – М.: Дрофа, 2004. – 368 с.: ил., ISBN 5–7107–8310–2, сс. 353-260.

Открытые электронные ресурсы:

Решу ЕГЭ образовательный портал для подготовки к экзаменам https://ege.sdamgia.ru/

Теоретический материал для самостоятельного изучения

Работа по теме урока. Объяснение новой темы

Мы рассмотрели несложную задачу на применение метода координат в пространстве.

Векторы , угол между которыми мы искали, называются направляющими векторами прямой и прямой соответственно.

Рассмотрим этот метод более подробно.

Суть метода координат на плоскости и в пространстве заключается в следующем.

1. Ввести систему координат удобным образом (исходя их свойств заданной фигуры)
2. Записать условие задачи в координатах, определив во введенной системе координат координаты точек и/или векторов
3. Используя алгебраические преобразования, решить задачу
4. Интерпретировать полученный результат в соответствии с условием данной задачи

В рассмотренном нами примере, поскольку был дан куб, мы могли ввести систему координат с центром в любой его вершине.

В координатах удобно решать задачи, связанные с поиском расстояний и углов. Но для того чтобы его использовать, нужно знать некоторые формулы:

1. Угол между прямыми
2. Угол между прямой и плоскостью
3. Угол между плоскостями
4. Расстояние от точки до плоскости
5. Расстояние от точки до прямой в пространстве
6. Расстояние между скрещивающимися прямыми

Расстояние между параллельными плоскостями определяется как расстояние от точки, лежащей в одной плоскости, до другой плоскости.

Мы рассмотрим только первые четыре формулы.

Угол между прямыми

Если прямая задана двумя точками A и B, то известен направляющий вектор этой прямой с координатами <>. Пусть вторая прямая имеет направляющий вектор . Тогда угол между векторами вычисляется по формуле:

.

Дальше ищется арккосинус от найденного числа. Заметим, что если косинус получился отрицательным, то это значит, что угол между векторами тупой. Поэтому мы берем модуль получившегося числа.

Фактически мы уже рассмотрели пример вычисления угла между прямыми в пространстве.

Угол между прямой и плоскостью

Сначала рассмотрим уравнение плоскости, проходящей через три точки.

.

Вам известно, что в пространстве плоскость задается уравнением, аналогичным тому, которое на плоскости задает прямую.

Если линейное уравнение вида на плоскости задает прямую l, то уравнение вида задает в пространстве плоскость α. При этом вектор – это вектор, перпендикулярный плоскости α. Его называют вектор нормали, или нормальный вектор, или нормаль.

Вам известно, что три точки в пространстве определяют единственную плоскость. Поэтому, если заданы три точки, то мы можем найти уравнение плоскости

Мы можем подставить координаты заданных точек в уравнение плоскости и решить систему из трех уравнений с тремя переменными:

В этой системе четыре неизвестных, однако, мы можем избавиться от одной, если разделим все уравнения на D:

.

Для изучения данного способа в 11 классе на базовом уровне введение понятий матрица, определитель матрицы не желателен, данные понятия не входят в базовый курс изучения геометрии.

Иногда эта система оказывается несложной. Но иногда бывает трудно ее решить, и тогда можно использовать следующую формулу:

Обозначение |M| означает определитель матрицы М.

В нашем случае матрица представляет собой таблицу 3х3 элемента. И определитель |M| вычисляется следующим образом:

.

Таким образом, уравнение плоскости будет записано так:

Написать уравнение плоскости, проходящей через точки K(1; -2; 3), L (0; 1; 1), M (1; 0; 1).

.

Решая ее, получим значения А, В и С: . То есть уравнение плоскости имеет вид:

.

Ответ: .

Теперь запишем формулу угла между прямой и плоскостью.

Пусть дано уравнение плоскости: и известен — направляющий вектор прямой.

Тогда – синус угла между прямой и плоскостью.

Найдем угол между прямой и плоскостью. В качестве плоскости возьмем ту, уравнение которой мы только что написали:

Прямая проходит через точки Т(2; -1; 4) и Р(3; 2; 2).

Направляющий вектор прямой: .

Найдем синус угла между прямой и плоскостью:

.

Угол между прямой и плоскостью .

Ответ: .

Угол между плоскостями

уравнение первой плоскости:

уравнение второй плоскости:

Тогда — косинус угла между этими плоскостями.

Найдем угол между плоскостями:

и .

Найдем косинус угла между плоскостями:

.

Угол между плоскостями:

Ответ:

Расстояние от точки до плоскости

Пусть координаты точки: , уравнение плоскости: .

Тогда Расстояние от точки до плоскости вычисляется по формуле: .

Найдем расстояние от точки М(4; 3; 4) до плоскости .

.

Теперь рассмотрим решение задачи координатным методом с использованием рассмотренных формул.

АВС…D1 – куб с ребром 4. Найти расстояние от точки А до плоскости ЕКС (Е – середина D1C1, K – середина C1B1)

Введем систему координат с началом в вершине А так, как показано на рисунке:

Интересующие нас точки будут иметь координаты:

A(0; 0; 0), C(4; 4; 0), E(4; 2; 4), K(2; 4; 4).

Напишем уравнение плоскости ЕКС:

.

Решая ее, получим значения А, В, С и D: .

Уравнение плоскости имеет вид:

Теперь найдем расстояние от точки А до плоскости ЕКС: .

Ответ: .

Рассмотрим задачу (№14 из варианта ЕГЭ).

В кубе ABC…D₁ все рёбра равны 4. На его ребре BB₁ отмечена точка K так, что KB = 3. Через точки K и C₁ построена плоскость α, параллельная прямой BD₁.

а) Докажите, что A₁P : PB₁ = 2 : 1, где P — точка пересечения плоскости α с ребром A₁B₁.

б) Найдите угол наклона плоскости α к плоскости грани BB₁C₁C.

Переформулируем первый пункт этой задачи таким образом:

Проведем плоскость через точки Р, K и C₁ и докажем, что она параллельна прямой BD₁.

Введем систему координат так, как показано на рисунке:

Найдем координаты точек :

Р(; 0; 4), К(4; 0; 3),(4; 4; 4).

Напишем уравнение плоскости :

;

Решая ее, получим значения А, В, С и D: .

— уравнение плоскости

Теперь докажем, что плоскость параллельна прямой BD₁.

Найдем угол между прямой BD₁ и плоскостью .

Точки В и D₁ имеют координаты: В (4; 0; 0), D₁ (0; 4; 4).

Направляющий вектор прямой BD₁ – это вектор .

Он имеет координаты .

Теперь найдем синус угла между вектором и плоскостью .

.

В этом случае нам не нужно считать знаменатель дроби. Так как числитель получился равен 0, то дробь равна 0, то есть синус угла между плоскостью и прямой равен 0, значит, плоскости параллельны или совпадают. Но, так как точка В, например, в плоскости, очевидно, не лежит, то плоскости параллельны.

Это значит, что плоскость, параллельная прямой BD₁ и проходящая через точки действительно пересекает ребро A₁B₁в точке Р так, что A₁P : PB₁ = 2 : 1. Что и требовалось доказать.

Теперь рассмотри второй пункт задачи. Уравнение плоскости у нас есть. Плоскость BB₁C₁ параллельна координатной плоскости YOZ и проходит через точку

В(4; 0; 0). Поэтому она имеет уравнение .

То есть ее коэффициенты .

Найдем угол между плоскостями, используя формулу

Ответ: .